北京市北京师范大学附属实验中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题 Word版含解析

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【文档说明】北京市北京师范大学附属实验中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx,共(25)页,1.574 MB,由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

2024北京北师大实验中学高三10月月考化学可能用到的相对原子质量:Li7O16P31Fe56第一部分选择题(共14小题,每题3分,共42分)1.我国科研人员首次以CO2为原料合成了葡萄糖和长链脂肪酸,这项突破为人工和半人工合成“粮

食”提供了新技术。合成路线如下:下列说法不正确...的是A.过程①、②中电能转化为化学能B.葡萄糖分子中含有醛基、羟基C.CH3COOH和C7H13COOH互为同系物D.葡萄糖不能发生水解反应【答案】C【解析】【详解】A.由题干信息可知,过程①、②均为电解过程,电解中将电能转化为化学能,A

正确;B.葡萄糖分子的结构简式为:CH2OH(CHOH)4CHO,则其中含有醛基、羟基,B正确;C.同系物是指结构相似组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质,C7H13COOH分子中烃基上含有不饱和键,故CH3CO

OH和C7H13COOH结构不相似,不互为同系物,C错误;D.葡萄糖属于单糖,故其不能发生水解反应,D正确;故答案为:C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.HClO的电子式:B.中子数为1的氢原子:21HC.NaCl的晶胞:D.反-2-丁烯的结构简式:【答案】B【解析】【详解】A.H

ClO的电子式:,故A错误;B.中子数为1的氢原子:21H,质量数为2,故B正确;C.NaCl的晶胞:,故C错误;D.反-2-丁烯的结构简式:,故D错误;故选B。3.下列关于Se及其化合物性质的比较不正确...的

是A.第一电离能:Se>AsB.离子半径:S2->Ca2+C.还原性:H2Se>H2SD.沸点:H2Se>H2S【答案】A【解析】【详解】A.同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势,ⅤA与ⅥA反常,则第一电离能:Se<As,A错误;B.已知Ca2+和S2-具有相同的核外电子排布,

且Ca的核电荷数为20比S大,故离子半径:S2->Ca2+,B正确;C.已知S的非金属性强于Se,则S的氧化性强于Se,故还原性:H2Se>H2S,C正确;D.已知H2S、H2Se均为分子晶体,且H2Se的相对分子质量比H2S大,故沸点:H2Se>H2S,

D正确;故答案为:A。4.我国科学家预言的T-碳已被合成。T-碳的晶体结构可看做将金刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得,T-碳和金刚石的晶胞如图所示。下列说法不正确...的是A.T-碳与金刚石互为同素异形体B.T-碳

与金刚石均属于共价晶体C.T-碳与金刚石均不能导电D.T-碳的密度是金刚石的4倍【答案】D【解析】【详解】A.由题意知,T-碳由碳原子组成的单质,且结构与金刚石不同,互为同素异形体,A正确;B.T-碳的晶体结构可看做将金

刚石中的碳原子用由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代所得,与金刚石结构相似,都为共价晶体,B正确;C.T-碳与金刚石的结构相似,碳原子均采用sp3杂化,没有自由移动的电子,故均不能导电,C正确;D.根据均摊法可

知,T-碳的晶体结构中正四面体结构单元个数为8×18+6×12+4=8,则碳原子个数为8×4=32,而金刚石晶胞中含有碳原子数为:8×18+6×12+4=8,则有一个晶胞的质量T-碳是金刚石的4倍,但二者晶胞边长不相等,故密度T-碳不是金刚石的4倍,D错误;故答案为:D。5.用圆

底烧瓶收集3NH后进行喷泉实验。下列说法不正确的是A.3NH和2HO都是极性分子B.3NH和2HO分子中共价键都是3ssp−键C.3NH分子的键角小于2HO分子的键角D.烧瓶中溶液颜色变红的原因:32324NHHONHHONHOH+−++【答案】C【解析】【详解】A.3NH是三角锥形,2H

O是V形,两者的正负电荷中心都不重合,都是极性分子,故A正确;B.3NH和2HO分子中中心原子都是3sp杂化类型,配原子都是H原子只有s轨道电子,所以共价键都是的3ssp−键,故B正确;C.两者中心原子都是3sp杂化,2HO有两对孤电子对,3NH有一对孤电子对,孤电子对越多对成

键电子对的排斥力就越大,所形成的的键角就越小,所以3NH分子的键角大于2HO分子的键角,故C错误;D.烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性,其原因:32324NHHONHHONHOH+−++,故D正确;故选C。6.下列方程式不能..准确解释相应实

验现象的是A.MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体:2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++++B.Na加入滴有酚酞的水中,溶液变红:222Na2HO2Na2OHH+−+=++C.加热Fe和S的混合物生成黑色固体:232Fe3SFeS+D.加热蓝色

的CuCl2溶液,溶液变绿:()()()()()222424CuHOaq4ClaqCuClaq4HOl+−−++蓝色绿色△H>0【答案】C【解析】【详解】A.MnO2和浓盐酸共热发生反应,产生的黄绿色气体为Cl2,同时生成MnCl2等:2222MnO4H2Cl

MnCl2HO+−+++++,A能准确解释实验现象;B.Na加入滴有酚酞的水中,Na与水反应,生成NaOH和H2,NaOH显碱性,使酚酞变红:222Na2HO2Na2OHH+−+=++,B能准确解释实验现象;C.S具有较弱的氧化性,只能将Fe从0价氧化到+2

价,则加热Fe和S的混合物生成黑色固体为FeS:FeSFeS+,C不能准确解释实验现象;D.在水溶液中,[Cu(H2O)4]2+呈蓝色,[CuCl4]2+呈绿色,加热蓝色的CuCl2溶液,溶液变绿,则表明反应吸热,从而得出:()()()()(

)222424CuHOaq4ClaqCuClaq4HOl+−−++蓝色绿色△H>0,D能准确解释实验现象;故选C。7.将铜棒插入浓、稀Cu(NO3)2溶液中(装置如图),观察到电流计指针发生偏转,一段时间后,浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜

棒变粗。下列说法不正确...的是A.铜棒变粗的反应:Cu2++2e−=CuB.左侧铜棒为正极C.随着反应的进行,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近D.Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱【答案】B【解析】【分析】浸

入浓Cu(NO3)2溶液铜棒变粗,说明浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒为正极,发生反应Cu2++2e-=Cu。【详解】A.铜棒变粗的电极有铜单质生成,反应的反应为Cu2++2e−=Cu,故A正确;B.浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒变粗,发生反应Cu2++2e-=Cu,右侧铜棒为正极、左

侧铜棒为负极,故B错误;C.正极发生反应Cu2++2e−=Cu,硝酸铜浓度降低,负极发生反应Cu-2e-=Cu2+,硝酸铜浓度增大,随着反应的进行,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近,故C正确;D.浓Cu(NO3)2溶液中发生反应

Cu2++2e-=Cu,稀Cu(NO3)2溶液中发生反应Cu-2e-=Cu2+,可知Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱,故D正确;选B。8.向100mL0.01mol/L()2BaOH溶液中

滴加0.1mol/L3NaHCO溶液,测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确...的是的A.()2BaOH和3NaHCO都是强电解质B.A→B电导率下降的主要原因是发生了反应:223323Ba2OH2HCO=BaCO2HOCO+−−−++++C.B→C,溶液中的()cOH−减小D.A、

B、C三点水的电离程度:A<B<C【答案】B【解析】【详解】A.()2BaOH和3NaHCO在溶液中均完全电离,均属于强电解质,故A正确;B.A→B加入3NaHCO的物质的量小于()2BaOH的物质的量,发生的反

应为2+--332Ba+OH+HCO=BaCOHO+,故B错误;C.B→C时加入的3NaHCO继续消耗氢氧根离子,C点两者恰好完全反应,因此B→C溶液中()cOH−减小,故C正确;D.100mL0.01mol/L()2

BaOH物质的量为0.1L×0.01mol/L=0.001mol,n(OH-)=0.002mol,B点n(-3HCO)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol,B点发生离子反应:2+--332Ba+OH+HCO=BaCO+HO,2Ba+恰好反应完全,-OH剩余一半,c(

OH-)比A点小,对水的电离抑制程度减小,C点n(-3HCO)=0.02L×0.1mol/L=0.002mol,B到C点发生离子反应:--2-332OH+HCO=CO+HO,生成Na2CO3是强碱弱酸盐,碳酸根离子发生水解促进水的电离,C点水的电离程度最大,因此水的电离程度:A<

B<C,故D正确;答案选B。9.聚乳酸(PLA)是最具潜力的可降解高分子材料之一,对其进行基团修饰可进行材料的改性,从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图。注:Bn是苯甲基()下列说法不正确.

..的是A.反应①是缩聚反应B.反应②中,参与聚合的F和E的物质的量之比是m:nC.改性的PLA中,m:n越大,其在水中的溶解性越好D.在合成中Bn的作用是保护羟基,防止羟基参与聚合反应【答案】B【解析】【详解】A

.由图可知,反应①为乳酸分子间发生酯化反应生成聚乳酸,是缩聚反应,A项正确;B.由化合物G的结构可知,参与聚合的F和E物质的量之比是2m:n,B项错误;C.改性的PLA中,m:n越大,含羟基越多,其在水

中的溶解性越好,C项正确;D.反应①中羟基也参与聚合反应,故反应②发生聚合反应时为要先引入Bn,以防止羟基参与聚合反应中,D项正确;答案选B。10.冠醚能与碱金属离子结合(如图所示),是有机反应很好的催化剂,能加快

KMnO4与环己烯的反应速率。用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力,结合常数越大两者结合能力越强。碱金属离子结合常数冠醚Na+(直径:204pm)K+(直径:276pm)冠醚A(空腔直径:260~320pm)1

991183冠醚B(空腔直径:170~220pm)371312下列说法不正确...的是A.推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关B.实验中c(Na+):①>②>③C.冠醚通过与K+结合将4MnO−携带进入有机相,从而加快反

应速率D.为加快KMnO4与环己烯的反应速率,选择冠醚A比冠醚B更合适【答案】B【解析】【详解】A.从表中数据可以看出,冠醚的空腔直径与Na+或K+直径接近时,结合常数大,由此可推测结合常数的大小与碱金

属离子直径、冠醚空腔直径有关,A正确;B.冠醚A结合Na+的能力弱于结合K+的能力,所以K+可将冠醚A中的部分Na+替代出来,由实验中,可得出c(Na+):①>③>②,B不正确;C.冠醚与K+结合,从而将4MnO−携带进入有机相,催化KMnO4与环己烯的反应,从而加快反应速率,C正确;

D.由表中数据可推出,冠醚A结合K+的能力比冠醚B强,为加快KMnO4与环己烯的反应速率,选择冠醚A比冠醚B更合适,D正确;故选B。11.瓜环[n](n=5,6,7,8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图),在分子开关、催化剂、药物

载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。下列说法不正确...的是A.合成瓜环的反应过程中可能存在加成反应与取代反应B.分子间可能存在不同类型的氢键C.合成1mol瓜环[7]时,有7mol水生成D.1mol瓜环[7]在NaOH溶液中完全反应后的有机产物中每

个水解产物存在7个8元环【答案】C【解析】【详解】A.合成瓜环的反应过程中和HCHO发生加成反应生成,然后发生取代而缩聚形成高分子化合物,则该过程中可能存在加成反应与取代反应,A正确;B.分子间可能存在:N-H…O或N-H…N等不同类型的氢键,B正确;C.由瓜环[n]

结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水,则合成1mol瓜环[7]时,有14mol水生成,C错误;D.由题干瓜环[7]的结构简式可知,分子中的酰胺基能与NaOH作用下发生水解,每两个链节之间就能水解形成一个8元环,故1mol瓜环[7]在NaOH溶液中

完全反应后的有机产物中每个水解产物存在7个8元环,D正确;故答案为:C。12.向体积为1L的密闭容器中充入一定量()3CHOHg,发生反应:()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+Δ0H编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)()

3CHOHg()33CHOCHg()2HOgI1T0.400.16016II2T0.200.090.09下列说法不正确的是A.12T>TB.1T℃,该反应的平衡常数K=4C.II中存在:()()1333CHOH2CHOCH0.2molLcc−+=D.1T℃

时,向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体,反应将逆向进行【答案】D【解析】【详解】A.结合已知数据列1T温度时三段式:()()()33322CHOHgCHOCHg+HOg(mol)0.4000(mol)0.320.160

.16(mol)0.080.160.16起始转化平衡该温度下平衡常数K1=20.160.1640.08=2T温度时三段式:()()()33322CHOHgCHOCHg+HOg(mol)0.2000(mol)0.180.090.09(mol)0.0

20.090.09起始转化平衡该温度下平衡常数K2=20.090.0920.250.02=该反应Δ0H,温度升高平衡逆向移动减小,由K2>K1可知,12T>T,故A正确;B.由A中分析可知,1T℃,该反应的平衡

常数K=4,故B正确;C.II中存在()3CHOHg的起始物质的量为0.2mol。则其起始浓度=0.2mol/L,结合物料守恒可知:存在反应()()1333CHOH2CHOCH0.2molLcc−+=,故C正确;.D.1T℃时,向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体,则此时Qc=()3

22233c(CHOH)c(HOg)0.20.21c(CHOCH)0.2==<K1,反应将正向进行,故D错误;故选:D。13.常温下,将4.0g铁钉加入30mL4%的CuSO4溶液中,能观察到铁钉表面产生气泡,且反应初期生成气泡的速率逐渐

加快,过程中氧气含量和溶液pH变化如下图所示。下列说法正确..的是A.反应过程中存在两个氧化还原反应B.过程中溶解氧含量降低时因为溶解氧随着生成的氢气一同溢出C.过程中一定有Fe(OH)3生成D.生成气泡的速率加快的原因是:pH减小,反应放热【答案】C【解析】【分析】由题干图像信息可知,过

程中溶解氧含量随着pH的减小而减小,溶液pH减小的原因:4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3↓+8H+,该过程中将发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+等氧化还原反应

,据此分析解题。【详解】A.由分析可知,反应过程中存在Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3↓+8H+等三个氧化还原反应,A错误;B.由分析可知,过程中溶解氧含量降低时因为4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH

)3↓+8H+,而不是溶解氧随着生成的氢气一同溢出,B错误;C.由分析可知,过程中溶解氧含量降低时因为4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3↓+8H+,故过程中一定有Fe(OH)3生成,C正确;D.Fe能够把铜

置换出来,发生原电池反应,导致生成气泡的速率加快,D错误;故答案为:C。14.化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示:将1mol2CO和43molCH充入干重整反应器,发生:重整反应:422CHCO2CO2H++催化剂积炭反应:42CHC2H+

高温研究发现,增大n(FeO)能减少积炭,并增大()()2HCOnn的值。下列说法不正确的是A.X的化学式为34FeO,被还原后可循环利用B.增大n(FeO)能增大()()2HCOnn,推测发生42FeOC

HFeCO2H+=++C.减少n(FeO),会导致蒸汽反应器中产生的2H纯度降低D.干重整反应器中存在:()()()24COCHCO4molnnn++=【答案】D【解析】【详解】A.蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X,X的化学式为34Fe

O,被还原后得到铁单质可循环利用,故A正确;B.增大n(FeO)能减少积炭,并增大()()2HCOnn的值,说明FeO与C反应生成CO,推测发生总反应:42FeOCHFeCO2H+=++,故B正确;C.减少n(FeO),Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应:22HOCC

OH+=+高温,导致蒸汽反应器中产生的2H中混有CO,纯度降低,故C正确;D.根据题意可知干重整反应器中还存在积炭反应,据元素质量守恒可知存在:()()()()24COCHCOC4molnnnn+++=,故D错误;故选D。第二部分本部分共5题,共58分。15.FePO4是一种锂离子

电池的正极材料,放电时生成LiFePO4。(1)下列电子排布图表示的Li原子的状态中,能量最高的为_______(填序号)。a.b.c.(2)从价电子排布的角度解释Fe位于元素周期表d区的原因:_______。(3)LiFePO4的制备:FeSO4224HCO⎯⎯⎯→FeC2O4·2H2O42

4NHHPOLiOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→、LiFePO4。FeC2O4·2H2O的结构如图所示。①下列说法正确的是_______。a.FeC2O4·2H2O中水分子间存在氢键b.FeC2O4·2H2O中Fe2+的配位数是6c.与乙烷中碳碳键相比,2-24CO中的碳碳键更易断裂,是因为2-24CO中的

碳碳键极性强②H2C2O4的Ka1大于CH3COOH的Ka,从结构角度解释原因:_______。(4)锂离子电池充、放电过程中,正极材料晶胞的组成变化如图所示。①已知LiFePO4晶胞边长分别是anm、anm、bnm,LiFePO4的密度是_______g/cm3。②由于3-4P

O的空间构型为_______,且磷氧键键能较大,锂离子嵌入和脱出时,磷酸铁锂的空间骨架不易发生形变,具有良好的循环稳定性。③正极材料在LiFePO4和FePO4之间转化时,经过中间产物Li1−xFePO4。LiFePO4转化为Li1−xFePO4的过程中,每摩晶胞转

移电子的物质的量为_______摩。【答案】(1)a(2)基态Fe原子的价电子排布为3d64s2,最后填入电子的能级为3d,故铁属于d区(3)①.b②.CH3COOH中的甲基为推电子基团,使羧基中的氧氢键极性减弱;H2C2O4中的羧基为吸电子基团,使另一羧基中的氧氢键

极性增强,更容易电离,故其电离平衡常数比醋酸的电离平衡常数大。(4)①.2A4158abN②.正四面体型③.4x【解析】【小问1详解】根据能量大小顺序:2p>2s>1s分析,b能量最低,当2p轨道有两个电子时,根据洪特规则应该分占不同的轨道,电子的能量

最低,若两个自旋方向相反的电子占据一个轨道其能量要高些,故能量最高的为a;【小问2详解】基态Fe原子的价电子排布为3d64s2,最后填入电子的能级为3d,故铁属于d区;【小问3详解】a.根据FeC2O4·2H2O的结构图可知水分子间不存在氢键

,a错误;b.2Fe+提供空轨道,2HO中的氧原子和224CO−中氧原子的提供孤对电子对,二者之间形成配位键,FeC2O4·2H2O中Fe2+的配位数是6,b正确;c.224CO−中的碳碳键为共轭双键,键能较低,相对而言更易断裂。碳碳键的极性并不是主要原因,c错误;故选b。H

2C2O4的Ka1大于CH3COOH的Ka,从结构角度解释原因:CH3COOH中的甲基为推电子基团,使羧基中的氧氢键极性减弱;H2C2O4中的羧基为吸电子基团,使另一羧基中的氧氢键极性增强,更容易电离,故其电离平衡常数比醋酸的电离平衡常数大。【小问4详解】①已知LiFePO4晶胞边长分别是

anm、anm、bnm,可知其体积为2ab,LiFePO4的密度2AA4158ρaNMVNbN==②34PO−的中心原子为磷原子,其价层电子对数为5342442+−+=,没有孤电子对,故空间构型为正四面体型。③正

极材料在4LiFePO和4FePO之间转化时,经过中间产物14FePOxLi−。4LiFePO转化为14FePOxLi−的过程中,电极反应为414LiFePOFePOxxeLixLi−+−−=+,一个晶胞中含有锂离子的个数为1118444842++=,故

每个晶胞含有4个4LiFePO,每摩晶胞反应就是有4mol4LiFePO反应,转移电子的物质的量为4xmol。16.从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种

工艺流程如下:资料:一些物质的Ksp(25℃)如下。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2Ni(OH)2Ksp4.9×10−172.8×10−395.6×10−122.1×10−15(1)上述流程中,加快反应速率的措施是_______。(2)浸出过程中通入O2的目的是____

___。(3)萃取时发生反应:Cu2++2HR⇌CuR2+2H+(HR、CuR2在有机层,Cu2+、H+在水层)。①某种HR的结构简式为,该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有_______。②解释反萃取时H2SO4的作用:_______。(4)反萃取所得含Cu2+水溶液中加入铁粉可得粗铜,粗

铜经酸浸处理,再进行电解精炼;需要保持电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。①电解时电解池需要保持合理的电压,电压不能过低与过高的原因是_______。②粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量

,原因是_______。(5)黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]比Fe(OH)3更易形成沉淀。反应终点pH与Fe3+、Ni2+沉淀率的关系如下表。反应终点pH沉淀率/%Fe3+Ni2+1.594.040.192.599.21

0.563899.913.31①生成黄钠铁矾的离子方程式是_______。②沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点pH是_______。【答案】(1)研磨(2)将Fe2+氧化为Fe3+(3)①.N、O②.增大水层中H+浓度,使平衡

Cu2++2HRCuR2+2H+逆向移动,使水层中Cu2+浓度增大,即铜离子进入水层(4)①.若电压不能过低导致电解反应速率太慢甚至不能进行,若电压过高则导致电解副反应发生②.未经酸浸处理的粗铜中混有杂质Fe,Fe会参与放电,导致消耗相同电量时,会降低得到

纯铜的量(5)①.Na++3Fe3++22-4SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+或Na++3Fe3++22-4SO+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+②.2

.5【解析】【分析】从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜,铜镍矿研磨后,加入O2和H2SO4浸出,金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+;加入萃取剂后,Cu2+转化为CuR2进入有机层,再经过反萃取形成含Cu2+水溶液后,再转化为金属铜;

水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子,加入硫酸钠和MgO后,Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀从水层中分离,滤液中含有Ni2+、H+、Mg2+等阳离子,再加入MgO后,Ni2+转化为Ni(OH)2再转化为金属镍,据此回答问

题。【小问1详解】将铜镍矿研磨,可以将固体颗粒减小,增大固体与溶液接触面积,从而加快浸出阶段反应速率,故答案为:研磨;【小问2详解】O2具有氧化性,可在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+,便于转化为沉淀除去,故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+;【小问3详解】①某种HR的结

构简式为,该分子中O和N原子中还有孤电子对,能与Cu2+形成配位键,故答案为:N、O;②反萃取时H2SO4的作用增大水层中H+浓度,使平衡Cu2++2HRCuR2+2H+逆向移动,使水层中Cu2+浓度增大,即铜离子进

入水层,故答案为:增大水层中H+浓度,使平衡Cu2++2HRCuR2+2H+逆向移动,使水层中Cu2+浓度增大,即铜离子进入水层;.【小问4详解】①电解时,若电压不能过低导致电解反应速率太慢甚至不能进行,若电压过高则导致电解副反应发生,即

电解时电解池需要保持合理的电压,故答案为:若电压不能过低导致电解反应速率太慢甚至不能进行,若电压过高则导致电解副反应发生;②由题干信息可知,此时所得粗铜中含有Fe杂质,若未经酸浸处理,则Fe将参与电极反应,故消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,故答案为:未经酸浸处理的粗铜中混有杂质Fe,F

e会参与放电,导致消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量;【小问5详解】①根据题目信息,水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子,加入硫酸钠和MgO后,Fe3+转化为黄钠铁矾固体,离子方程式为N

a++3Fe3++22-4SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+或Na++3Fe3++22-4SO+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+,故答案为:Na++3Fe3++22-4SO+6H2O=NaFe

3(OH)6(SO4)2↓+6H+或Na++3Fe3++22-4SO+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+:②根据题目信息,pH为1.5时Fe3+沉淀率不高,Fe3+沉淀不充分;pH为3.8时

Ni2+沉淀率稍高,在固体中混有的杂质较多,故最适宜的pH为2.5,故答案为:2.5;17.氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂,合成路线如下:已知:ⅰ.ⅱ.iii.(1)A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A官能团有_______。(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,

其核磁共振氢谱也有两组峰,结构简式为_______。(3)B→D的化学方程式是_______。的(4)G→J的总反应化学方程式是_______。(5)推测J→K的过程中,反应物NaBH3CN的作用是_______。(6)可通过如下路线合成:①反应I的化学方程式为__

_____。②M的结构简式为_______。③设计步骤I和IV的目的是_______。【答案】(1)羧基、碳氯键(2)(3)22(4)(5)作还原剂(6)①.+C2H5OH+H2O②.H2N﹣NH﹣CH3③.保护羧基,避免其与氨基或亚氨基发生反应【解析】【分析】A能与Na2CO3

溶液反应产生CO2,说明A含有﹣COOH;根据A的分子式及E的结构简式知,A为,根据B的分子式知,A中羧基发生还原反应生成醇羟基,B中醇羟基发生氧化反应生成D中醛基,则B为,D为,D中醛基发生取代反应生成E,C2H5NO2为CH3CH2NO2,E中硝基发生还原反应生成氨基,然后

和水反应生成G,结合G的分子式可知,G为;结合氟唑菌酰羟胺的结构简式知,K发生取代反应生成氯唑菌酰羟胺,则K为,结合J的分子式可知,J为,G发生已知i的反应生成J,则X为CH3ONH2,据此分析解题。【小问1详解】A为,含有的官能团为羧基、碳氯

键;【小问2详解】A的某种同分异构体与A含有相同官能团,即含有羧基和碳氯键,其核磁共振氢谱也有两组峰,除羧基外只有一种氢,则苯环结构应对称,符合的结构为;【小问3详解】B到D发生醇的催化氧化生成醛基,反应方程式为22;【小

问4详解】G→J的总反应化学方程式是;【小问5详解】J与NaBH3CN发生反应生成K,实现J中碳碳双键加氢,该反应为还原反应,NaBH3CN的作用是作还原剂;【小问6详解】①反应I为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水,反应方程式为:+C2H5OH

+H2O;②发生已知ii信息中反应生成,发生已知iii信息异构化反应生成,与M发生已知i中信息反应,生成物发生水解得到,可知该生成物应为,则M应为H2N﹣NH﹣CH3;③步骤I实现羧基转化为酯基,Ⅳ又将酯基水解成羧基,可以起到保护羧基作用,避免其与氨基或亚

氨基发生反应。18.氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4),过程如下。资料:i.氨氮废水中氮元素主要以+4NH形式存在;ii.Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24;MgNH4PO4的Ksp为1×10-13;(1

)检验溶液中+4NH的操作是_______。(2)当c(Mg2+)和c(+4NH)为1mol·L-1时,生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c(3-4PO)是生成MgNH4PO4沉淀所需的c(3-4PO)的_______倍。(3)经处理后,分离磷酸镁铵所用

的方法是_______。(4)磷酸盐若选择Na3PO4,混合后会产生大量Mg3(PO4)2沉淀,反应的离子方程式为_______,氨氮去除率将_______(填“提高”“降低”或“不变”)。(5)含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示

。下列说法正确的是_______(填序号)。a.Na2HPO4溶液呈酸性b.Na3PO4和Na2HPO4溶液中,微粒的种类相同c.X点存在,c(Na+)+c(H+)=c(-24HPO)+2c(2-4HPO)+c(OH-)d.Y点可由Na3PO4和Na2H

PO4等物质的量混合溶解得到(6)处理氨氮废水时,磷酸盐可选用Na2HPO4。①pH在9~10之间,主要生成MgNH4PO4沉淀,反应的离子方程式为_______。②pH过大会降低废水中氨氮的去除率,可能的原因是___

____。③对于c(+4NH)较低的氨氮废水,上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳,且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善,原因是_______。【答案】(1)取少量溶液于试管中,加入过量浓NaOH溶液并加热,取湿润的红色石蕊试纸于试管口(2)10(3)过滤(4)①.()

2343423Mg2POMgPO+−+=②.降低(5)b(6)①.2++2-44442Mg+NH+HPOOHMgNHPO+HO−+=②.pH过大,34PO−增多,34PO−与镁离子结合生成磷酸镁沉淀,且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀

,使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀③.当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时,生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍,若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候,铵根离子无法除

去【解析】【分析】氨氮废水与磷酸盐、氯化镁混合之后,再通过调节pH至9-10,使之选择性生成磷酸镁铵,再通过过滤将之分离出去就得到处理后的废水。【小问1详解】+4NH能与碱反应加热放出氨气,检验溶液中+4NH的操作是:取少量溶液于试管中,加入过量浓NaOH溶液并加热,取湿润的

红色石蕊试纸于试管口,若试纸变蓝,则含有+4NH;【小问2详解】根据Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24;MgNH4PO4的Ksp为1×10-13;当c(Mg2+)和c(+4NH)为1mol·L-1时,生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c(3-4PO)的浓度是1×10-12mol·L-1

,生成MgNH4PO4沉淀所需的c(3-4PO)的浓度为1×10-13mol·L-1;生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c(3-4PO)是生成MgNH4PO4沉淀所需的c(3-4PO)的10倍。【小问3详解】磷酸镁铵是固体,分离磷酸镁铵所用的方法是过滤;【小问4详解】磷酸盐若选

择Na3PO4,镁离子和磷酸根离子反应生成Mg3(PO4)2沉淀,反应的离子方程式为()2343423Mg2POMgPO+−+=;大量镁离子会沉淀下来,影响磷酸镁铵的生成,使氨氮去除率降低。【小问5详解】A.根据图示,含P微粒主要为2-4HPO时,溶液呈碱性,所以Na2HPO4溶液呈碱性,故a

错误;B.Na3PO4溶液中存在34PO−的水解平衡和水的电离平衡,Na2HPO4溶液中存在2-4HPO的水解平衡、电离平衡和水的电离平衡,所以两溶液所含有的微粒种类是相同,故b正确;C.X点存在,c(Na+)+c(H+)=c(-24HPO)+2c(2-4HPO)+3c(34PO−)

+c(OH-),故c错误;D.34PO−水解程度大于2-4HPO,Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解,c(2-4HPO)、c(34PO−)不相等,故d错误;选b。【小问6详解】处理氨氮废水时,磷酸盐可选用Na2HPO4。①由题意知pH在9-10之间时,镁离子、铵根离

子、磷酸氢根离子、氢氧根离子反应生成磷酸镁铵沉淀和水,反应的离子方程式为2++2-44442Mg+NH+HPOOHMgNHPO+HO−+=。②pH过大,34PO−增多,34PO−与镁离子结合生成磷酸镁沉淀,且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀,使铵根离子难以形成

磷酸镁铵沉淀,所以氨氮的去除率降低。③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时,生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍,若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候,铵根离子无法除去

。19.某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。【设计实验】序号()4VKMnO

/mL()V草酸/mL()2VHO/mL反应温度/℃①2.02.0020②2.01.01.020(1)实验①和②的目的是___________。(2)甲认为上述实验应控制pH相同,可加入的试剂是___________(填

序号)。a.盐酸b.硫酸c.草酸【实施实验】小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②,发现紫色并未直接褪去,而是分成两个阶段:i.紫色溶液转变为青色溶液,ii.青色溶液逐渐褪至无色溶液。资料:(a)2Mn+无色,

在草酸中不能形成配合物;(b)3Mn+无色,有强氧化性,发生反应()3224242Mn2COMnCO−+−+(青绿色)后氧化性减弱;(c)24MnO−呈绿色,在酸性条件下不稳定,迅速分解产生4MnO−和2MnO。(3)乙同学从氧化还

原角度推测阶段i中可能产生24MnO−,你认为该观点是否合理,并说明理由:___________。【继续探究】进一步实验证明溶液中含有()242MnCO−,反应过程中4MnO−和()242MnCO−浓度随时间的变化如下图。(4)第i阶段中检测到有2CO气体产生,反应的离子方程

式为___________。(5)实验②在第ii阶段的反应速率较大,可能的原因是___________。(6)据此推测,若在第ii阶段将()+cH调节至10.2molL−,溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变

”)。【结论与反思】(7)上述实验涉及的反应中,草酸的作用是___________。结论:反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。【答案】(1)探究草酸浓度对反应速率的影响(2)b(3)否,24MnO−在酸性

条件下不稳定,迅速分解产生4MnO−和2MnO(4)4MnO−+4H2C2O4=4CO2+()242MnCO−+4H2O(5)实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少,导致阶段i形成的()242MnCO−实验②比实验①

的更少,生成的Mn3+实验②比实验①的更多,且Mn3+的氧化性比()242MnCO−强(6)减少(7)还原剂和酸性【解析】【小问1详解】由题干表中数据可知,实验①和②只有草酸的浓度不同,故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响,故答案为:探究草酸浓度

对反应速率的影响;【小问2详解】a.盐酸能与酸性高锰酸钾反应,影响实验结论,a不合题意;b.硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应,不会影响实验结论,b符合题意;c.草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素,c不合题意;故答案为:b;

【小问3详解】由题干信息(c)可知,24MnO−呈绿色,在酸性条件下不稳定,迅速分解产生4MnO−和2MnO,而阶段i溶液呈酸性,故不可能产生,故答案为:否,24MnO−在酸性条件下不稳定,迅速分解产生4MnO−和2MnO;【小问4详解】由题干图示信息可知,第i

阶段中检测到有2CO气体产生同时生成()242MnCO−,则该阶段反应的离子方程式为:4MnO−+4H2C2O4=4CO2+()242MnCO−+4H2O,故答案为:4MnO−+4H2C2O4=4CO2+()242MnCO

−+4H2O;【小问5详解】比较实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少,导致阶段i形成的()242MnCO−实验②比实验①的更少,根据已知信息(b)3Mn+无色,有强氧化性,发生反应()3224242Mn2COMnCO−+−+(青绿色)后

氧化性减弱可知,形成的()242MnCO−越少则生成的Mn3+越多,由于Mn3+有强氧化性而()242MnCO−氧化性减弱,则导致实验②在第ii阶段的反应速率较大,故答案为:实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少,导致阶段i形成的()242MnCO−实验②比

实验①的更少,生成的Mn3+实验②比实验①的更多,且Mn3+的氧化性比()242MnCO−强;【小问6详解】据此推测,若在第ii阶段将()+cH调节至10.2molL−,即增大溶液中的H+浓度,则溶液中的草酸根离子浓度减小,不利于形成()242MnCO−

,则溶液中Mn3+的浓度增大,反应速率加快,溶液褪至无色的时间会减少,故答案为:减少;【小问7详解】在反应4MnO−+4H2C2O4=4CO2+()242MnCO−+4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性,同时提供2-24CO与Mn3+形成络离子,故答案为:还原剂和酸性。

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